四川省内江市高中2023届高三第三次模拟考试题数学（文科）试题（含答案与解析）

内江市高中2023届第三次模拟考试题

数学（文科）

1.本试卷包括第I卷（选择题）和第∏卷（非选择题）两部分，共4页.全卷满分150分，

考试时间120分钟.

2.答第1卷时，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净

后，再选涂其它答案标号；答第∏卷时，用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡规定的区城内作

答，字体工整，笔迹清楚；不能答在试题卷上.

3.考试结束后，监考员将答题卡收回

第I卷（选择题，共60分）

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题所给出的四个选项中，

只有一项是符合题目要求的，把正确选项的代号填在答题卡的指定位置

I.已知复数2z-z=l-3i,其中i是虚数单位，I是Z的共貌复数，则Z=（）

Al+iB.1-iC.-l+iD.-l-i

2.己知全集U=R,M={M4x+3≤θ},N={ΛK)<X≤2},δu(MuN)=()

A.(-0O,0］U(3,+8)B.(—co,3)C∙(-Cel,1)U(3,+oo)D.(3+8)

3.空气质量指数是评估空气质量状况的一组数字，空气质量指数划分为2,50)、［50,100)、［100,150)、

［150,200）、［200,300）和［300,500）六档，分别对应“优”、“良”、“轻度污染”、“中度污染”、

“重度污染”和“严重污染”六个等级，如图是某市4月1日至14.日连续14天的空气质量指数趋势

图，则下列说法中正确的是（）

空气质量指数

Oi23456789ɪ'θl'l121314

A.从2日到5日空气质量越来越差

B.这14天中空气质量指数中位数是214

C.连续三天中空气质量指数方差最小是5日到7日

D.这14天中空气质量指数的平均数约为189

4.我国古代数学名著《九章算术》中几何模型“阳马”意指底面为矩形，一侧棱垂直于底面四棱锥.某

“阳马”的三视图如图所示，则该四棱锥中棱长的最大值为（）

A.√2B.√5C.∖∣6D.2

5.函数/（x）=XCOSX+（SinX）InIXI的部分图像大致为（）

InY

6.已知函数/(x)=F-∙α和g(x)=——有相同的极大值，则α+h=（)

A.2B.0C.-3D.-1

7.一个人连续射击2次，则下列各事件关系中，说法正确的是（）

A.事件“两次均击中”与事件“至少一次击中”互对立事件

B.事件“第一次击中”与事件“第二次击中”为互斥事件

C.事件“两次均未击中”与事件“至多一次击中”互对立事件

D.事件“恰有一次击中”与事件“两次均击中”为互斥事件

8.位于登封市告成镇的观星台相当于一个测量日影的圭表.圭表是我国古代一种通过测量正午日影长度来

推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂

直的长尺（称为“圭”）,当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那

一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至.如图是一个根据郑州市的地理位置设计的圭表的示意

图，已知郑州市冬至正午太阳高度角（即/ABC）约为32.5。，夏至正午太阳高度角（即/4）C）约为

79.5°,圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即。8的长）为14米，则表高（即AC的长）约为（）

327

（其中tan32.5°≈-,tan79.5o≈——）

55

夏至正午阳光

冬至正午阳光

A.9.27米B.9.33米C.9.45米D.9.51米

9.已知圆锥的母线长为2,侧面积为2宿，则过顶点的截面面积的最大值等于（）

A.√3B.垃C.3D.2

io.阿基米德在他的著作《关于圆锥体和球体》中计算了一个椭圆的面积.当我们垂直地缩小一个圆时.，

我们得到一个椭圆，椭圆的面积等于圆周率乃与椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积，已知椭圆

22

。：二+与=1（。>力>0）的面积为6缶，两个焦点分别为大，尸2,点尸为椭圆C的上顶点.直线

a'b^

O

V=丘与椭圆C交于4B两点,若PAPB的斜率之积为则椭圆C的长轴长为（）

A.3B.6C.2√2D.4√2

11.若函数f（x）=sin（ox+令（cy>0）在区间（%,2%）上是单调函数，则①的取值可以是（）

124

A.—B.—C.-D.2

555

3。一1

12.若关于X的不等式InX+α-----------<0有且只有一个整数解，则正实数。的取值范围是（）

X

A.1g,21n2+l（1"

B.—,3In3+1

、2.

C.[21n2+l,31n3+l)D.In2+—,31∏3+1）

第∏卷（非选择题，共90分）

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分

13.已知IaI=4,且αJ√d+2Z>）,则α∙）=.

'y≥0,

14.若x,y满足约束条件<x-y+120,则Z=Iog2（x+y-l）的最大值为.

2x+y-4≤0,

22

15.设B分别是双曲线=-3=l（α>0,b>0））的左、右焦点，。为坐标原点，过左焦点士作直

ab

线耳P与圆χ2+y2="切于点E,与双曲线右支交于点尸，且满足0E=；（OP+0月），∣OE∣=0,则

双曲线的方程为.

16.甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为若乙执黑子先下，则乙胜的概率为J.假

定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下

是等可能的，则甲胜第一局，乙胜第二局的概率为.

三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤

17.已知数列｛0,,｝的前〃项和为S“，且满足q=2,5n+,=25n+2.

（1）求数列｛%｝的通项公式.

.nan（、

（2）记2=1,求数列也｝的前〃项和J

（U1）（"2）

18.某厂商调查甲、乙两种不同型号电视机在8个卖场的销售量（单位；台），并根据这8个卖场的销售情

况，得到如图所示的茎叶图.为了鼓励卖场，在同型号电视机的销售中，该厂商将销售量高于数据平均数

的卖场命名为该型号电视机的“星级卖场”.

甲乙

480010

7522023

43\2ab

（1）当α=l,6=1时，记甲型号电视机的“星级卖场”数量为加，乙型号电视机的“星级卖场”数量

为"，比较〃的大小关系；

（2）在这8个卖场中，随机选取2个卖场，求这两个卖场都是甲型号电视机的“星级卖场”的概率；

（3）记乙型号电视机销售量的方差为S?,根据茎叶图推断ɑ与6分别取何值时，S?达到最小值.（只需

写出结论）

19.在-ABC中，ZACB=45，BC=3,过点4作AoIBC,交线段BC于点。（如图1）,沿4。将

△ABD折起，使N3DC=90（如图2）,点E、M分别为棱BC、AC的中点.

（1）求证：CD1ME；

(2)在图2中，当三棱锥A-BCD的体积取最大值时，求三棱锥A-Mz)E的体积.

20.若存在实数A,b,使得函数/(X)和g(x)对其定义域上的任意实数X同时满足：/(x)之依+h且

g(x)<kx+b,则称直线:/:y="+/?为函数/(χ)和g(x)的“隔离直线”.已知/(x)=χ2,

g(x)=2elnx(其中e为自然对数的底数).试问：

(1)函数/(χ)和g(χ)的图象是否存在公共点，若存在，求出交点坐标，若不存在，说明理由；

(2)函数/(X)和g(x)是否存在“隔离直线”？若存在，求出此“隔离直线''的方程；若不存在，请说明理

由.

21.已知椭圆C:，+g=l(a>8>0)焦距为2,一条连接椭圆的两个顶点的直线斜率为冷.

(1)求椭圆。的方程；

(2)过椭圆C右焦点F且不与X轴重合的直线与椭圆C相交于AB两点，试问X轴上是否存在点P,使

得直线AP,PB斜率之积恒为定值？若存在，求出该定值及点P的坐标；若不存在，说明理由.

请考生在第22、23题中任选一题作答，并用2B铅笔将所选题号涂黑.如果多做，则按所做

的第一题计分.

22.在平面直角坐标系中，将曲线G向左平移2个单位，再将得到的曲线上的每一个点的横坐标保持不

变，纵坐标缩短为原来的T得到曲线。2，以坐标原点。为极点，X轴的正半轴为极轴，建立极坐标

系.曲线G的极坐标方程为P=4cosα.

(1)求曲线G的参数方程；

(2)已知点〃在第一象限，四边形MNPQ是曲线C2的内接矩形，求内接矩形MNPQ周长的最大值，

并求周长最大时点M的坐标.

23.已知函数〃x)=|2x—W+-+"(χeR).

(1)若a=1,求证：/(x)≥4；

(2)若对于任意x∈[l,2],都有/(x)≤4,求实数a的取值范围.

参考答案

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题所给出的四个选项中，

只有一项是符合题目要求的，把正确选项的代号填在答题卡的指定位置

1.已知复数2z-z=l-3i,其中i是虚数单位，1是Z的共规复数，则z=()

A.l+iB.1-iC.-l+iD.-1-i

【答案】B

【解析】

【分析】设z=α+历(α,h∈R),z=a-bi(^a,b≡R),根据2z-W=l_3i,解出。,力即可.

【详解】设z=α+例(α力∈R),z=α-M(a,⅛∈R),2z-W=2(α+历)一(以一句)=α+3历=l-3i,

解得a-∖,

h=-l,所以z=l-i，

故选：B

2.己知全集U=R,M={^X2-4Λ+3<0},N={M0<x≤2},M(MuN)=()

A.(-∞,θ]u(3,+∞)B.(→β,3)C.(→0,l)u(3,+∞)D.(3+∞)

【答案】A

【解析】

【分析】化简集合M，根据集合的并集、补集运算即可得解.

【详解】Λf=∣x∣X2-4x+3≤0∣=[1,3],N={x∣0<x≤2},

:.M_N=(O,3],

3u(MDN)=(-∞,θ]u(3,+00),

故选：A

3.空气质量指数是评估空气质量状况的一组数字，空气质量指数划分为[。，50)、[50,100)、口00,150)、

[150,200）＞[200,300）和[300,500）六档，分别对应“优”、“良”、“轻度污染”、“中度污染”、

“重度污染”和“严重污染”六个等级，如图是某市4月1日至14.日连续14天的空气质量指数趋势

图，则下列说法中正确的是（）

八空气质量指数

ɔθθ^27⅛ζ2g26⅞^^

0i234567891011121314∣Ξ∣*J^

A.从2日到5日空气质量越来越差

B.这14天中空气质量指数的中位数是214

C.连续三天中空气质量指数方差最小是5日到7日

D.这14天中空气质量指数的平均数约为189

【答案】D

【解析】

【分析】观察数据变化可判断A项；将14天的空气质量指数由小到大依次排列，即可得出中位数，判断

B项；根据折线图及方差的概念可判断C项；根据数据计算平均数可判断D项.

【详解】对于A选项：从2日到5日空气质量指数逐渐降低，空气质量越来越好，A选项错误；

对于B选项：由图象可知，14天的空气质量指数由小到大依次为：80,83,138,155,157,165,179,

179+214

214,214,221,243,260,263,275,所以中位数为---------=196.5,B选项错误；

2

对于C选项：方差表示数据波动情况，根据折线图可知连续三天中波动最小的是9日到11日，所以方差

最小的是9日到11日，C选项错误；

对于D选项：这14天中空气质量指数的平均数约为

214+275+243+157+80+155+260+83+165+179+138+214+221+263…

--------------------------------------------------------------------------二189,D选项正确;

14

故选：D.

4.我国古代数学名著《九章算术》中几何模型“阳马”意指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥.某

“阳马”的三视图如图所示，则该四棱锥中棱长的最大值为（）

俯视图

A.√2B.√5C.√6D.2

【答案】C

【解析】

【分析】先由三视图得到几何体的直观图，再分别求得棱长比较下结论.

【详解】解：由三视图得该几何体如图所示：

P

f--∖--->

BC

由图知：IPAl=I,IAM=LIAOl=2,IPBI=JIPA=√2>

2222

∖PC∖=7∣PA∣+∣AC∣=√6,∣PD∣=A∕∣PA∣+∣AZ)∣=√2，

故选：C

5.函数/(x)=XCOSX+(SinX)InlXl的部分图像大致为()

A∙

【解析】

ITT]TT

【分析】先判断函数/(x)的奇偶性排除选项c、D；再由/5=lna>O,即可求解.

【详解】函数/(x)=XCOSX+(SinX)InlXI的定义域为{χIX*0},

且f(-x)=-XCoS(T)+[sin(-Λ)]1Π∣-X∣=-ΛCOSX-(sinx)1ΠX=-∕(Λ),

所以函数/(x)是奇函数，其函数图像关于(0,0)对称，所以选项c、D错误；

,(兀、TtTtππlπ

又/7=-7c0s7+sin7∙ln;=ln37>O,所以选项B错误；

\2)222∣2∣2

故选:A.

YInY

6.已知函数/(x)=-7-α和g(x)=——+b有相同的极大值，则α+b=()

eX

A.2B.0C.-3D.-1

【答案】B

【解析】

【分析】利用导数法求得了(x)和g(尤)的极大值，然后根据/(x)与g(x)有相同的极大值建立方程求解

即可.

【详解】/O)=W—4,则/'(x)=W，

ee

令第x)>0,解得x<l,令r(χ)<O,解得x>l,

所以/(x)在(-8,1)上单调递增，在(1,+8)上单调递减，

所以〃力在X=I处取得极大值/⑴=:一ɑ,

P/、Inx,E、I-Inx

又g(x)=---+b,则g(χ)=—―(

XX

令g'(x)<O,解得x>e,令g'(x)>O,解得O<χ<e,

所以g(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+8)上单调递减，

所以g(x)在％=e处取得极大值g(e)='+8,

e

依据题意，“X)和g(χ)有相同的极大值，

故/⑴=g(e),所以L=L+b,所以α+1=0.

ee

故选：B.

7.一个人连续射击2次，则下列各事件关系中，说法正确的是()

A.事件“两次均击中”与事件“至少一次击中”互为对立事件

B.事件“第一次击中“与事件"第二次击中”为互斥事件

C.事件“两次均未击中”与事件“至多一次击中”互为对立事件

D.事件“恰有一次击中”与事件“两次均击中”互斥事件

【答案】D

【解析】

【分析】根据对立事件和互斥事件的概念，分析各个选项的内容即可得到答案.

【详解】一个人连续射击2次，其可能结果为击中0次，击中1次，击中2次，

其中“至少一次击中，，包括击中一次和击中两次，

事件“两次均击中“包含于事件“至少一次击中“，故A错误；

事件“第一次击中”包含第一次击中且第二次没有击中，或第一、二次都击中，

事件“第二次击中”包含第二次击中且第一次没有击中，或第一、二次都击中，故B错误；

事件“两次均未击中”与事件“至多一次击中''可以同时发生，故C错误；

事件“恰有一次击中“与事件”两次均击中“为互斥事件，故D正确；

故选：D

8.位于登封市告成镇的观星台相当于一个测量日影的圭表.圭表是我国古代一种通过测量正午日影长度来

推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿(称为“表”)和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂

直的长尺(称为“圭”).当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那

一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至.如图是一个根据郑州市的地理位置设计的圭表的示意

图，已知郑州市冬至正午太阳高度角（即/A5C）约为32.5。，夏至正午太阳高度角（即/4）C）约为

79.5°,圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即DB的长）为14米，则表高（即Ae的长）约为（）

327

（其中tan32.5°≈二，tan79.5o≈~•）

C.9.45米D.9.51米

【答案】C

【解析】

AC,CD—AC

【分析】根据题意BC=BC-CD=14,进而代入数据求解即可.

tanZABCtanNADC

【详解】解：如图，ZABC=32.5,ZADC=79.5,DB=14,

ArAC

设表高AC=〃，则由题知，IanZABC=—,IanZADC=—

BCCD

AC,8二AC

所以Be=

tanNABC'tanNADC

327

因tan32.5°。手tan79.5o≈y,DB=14∙

5527189

所以一人——∕ι=14,解得∕z=—*14=—=9.45,

3274020

所以，表高（即AC的长）约为9.45米.

故选：C

9.已知圆锥的母线长为2,侧面积为26兀，则过顶点的截面面积的最大值等于（）

A.√3B.√2C.3D.2

【答案】D

【解析】

【分析】结合圆锥的母线长和侧面积可求得底面圆的周长、半径，再得到轴截面的顶角，进而得到截面三

角形顶角的取值范围，故当截面为顶角是艺的等腰三角形时面积最大，即得解

2

【详解】由圆锥的母线长为2,侧面积为2片，假设底面圆周长为/,因此4x2x∕=2辰，

2

故底面圆周长为2点r，底面圆的半径为√J∙

9

由于轴截面为腰长为2,底边长为底面圆直径2出的等腰三角形，因此轴截面的顶角是彳π.故当截面为顶

角是巴的等腰三角形时面积最大，此时S=L2•2∙sin二=2.

222

故选：D

【点睛】本题考查了圆锥的侧面积和截面面积问题，考查了学生综合分析，空间想象，逻辑推理，数学运

算能力，为中档题

10.阿基米德在他的著作《关于圆锥体和球体》中计算了一个椭圆的面积.当我们垂直地缩小一个圆时，

我们得到一个椭圆，椭圆的面积等于圆周率乃与椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积，已知椭圆

22

C:5+与=l(a>∕2>0)的面积为6缶，两个焦点分别为£，工，点P为椭圆C的上顶点.直线

ab~

Q

y=乙与椭圆C交于4,B两点，若PARB的斜率之积为则椭圆C的长轴长为()

A.3B.6C.2√2D.4√2

【答案】B

【解析】

序Q

【分析】由题意得到方程组"=6JΣ①和夕=]②，即可解出b,求出长轴长.

【详解】椭圆的面积S==6JΣ∙T，即=6①.

因为点尸为椭圆C的上顶点，所以P(0,b).

22

因为直线y=丘与椭圆C交于A,8两点，不妨设AWM,则8(一帆,一〃)且勺+3=1,所以

ab

->2

22

∕77-=Q-—.

因为PAPB的斜率之积为一§,所以七女.土2=一号，把加2="—空！代入整理化简得：S=S

9m-m9bcr9

②

①②联立解得：α=3S=2j∑.

所以椭圆C的长轴长为2α=6.

故选：B

11.若函数/*）=sin（0x+削（<y>0）在区间（〃,2%）上是单调函数，则。的取值可以是（）

124

A.—B.—C.-D.2

555

【答案】B

【解析】

【分析】令f=<yχ+?,由x∈（τι,2兀）计算得出r∈（加o+∙∣,2万0+71,根据题意得出

（加υ+q,2加《+[q（0目或（my+q,2加什^卜仁年），可得出关于0的不等式组，可解得实

数”的取值范围，由此可得出结果.

π

【详解】令f=8+《，

Xc（乃,2乃），则fe∣%。+工，2万。+巳），

因函数y=∕'（x）在（乃,2乃）上单调，所以工≥万,

CO

1（I+TtA+y乃）l⊂

π、

-≥π

π、ω

-≥π

ππ

ωπω+-≥-

即<Aπ/%或‹52

∆TC（OH-----S—

CTi,3π

522πω+-<—

ω>052

ω>0

3313

解得0<∕≤—或一≤G<一,

201020

2

因此，①的取值可以是二.

故选：B

3。一1

12.若关于X的不等式Inx+。-——VO有且只有一个整数解，则正实数〃的取值范围是()

X

A.1g,21n2+lB.(g,31n3+l

C.[2in2+l,31n3+l)D.In2+∣,31n3+l)

【答案】A

【解析】

【分析】原不等式可化简为xlnx+l<30-OV,设/(x)=xlnx+1,g(x)=3α-以，作出函数/(χ)的图

象，由图象可知函数g(x)的图象应介于直线AC与直线BC之间(可以为直线8C),进而求得答案.

【详解】原不等式可化简为xlnx+l<30-ar,设/(x)=xlnx+1,g(x)=3α-ox,

由/(x)=xlnx+l得，∕,(%)=lnx+l,令/(χ)=0可得X=1，

e

x∈(θ,J［时，f'(x)<0,Xe(I,+8)时，∕,(x)>0,

易知函数AX)在(0,，］单调递减，在单调递增，且/(4)=1—L

IeJIe√ee

而函数g(x)=3α-双恒过点C(3,0),要使关于X的不等式InX+α——Ξ-<0有且只有一个整数解，则

函数g(x)的图象应介于直线AC与直线8C之间(可以为直线BC),

XA(1,1),B(A21n2+l),

0-1_1,0-(21n2+l)c,C,

k=------=-21n2-l,

3≡T-^2,BC

.,.-2In2-1≤-a<-ɪ

2

.**—<QW2In2+1.

2

故选：A.

第∏卷（非选择题，共90分）

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分

13.已知∣α∣=4,且a_L（a+2。），则α∙b=.

【答案】-8

【解析】

【分析】利用垂直关系的向量表示，向量数量积的运算律求解作答.

-1,

【详解】因为IaI=4,aΛ,（a+2b）,因此a∙（α+2匕）=0,即即α∙b=-5〃-=-8,

所以α∙b=-8・

故答案为：-8

y≥0,

14.若χ,y满足约束条件<x-y+120,则Z=IOg2（χ+y-I）的最大值为.

2x+y-4≤0,

【答案】1

【解析】

【分析】根据约束条件作出可行域，平移目标f=χ+y,求出，的最大值，从而可得Z的最大值.

【详解】作出可行域，如图，

设r=χ+>,由图可知，，在点A处取到最大值，联立

,

'2X+Y-4-Q解得A（L2），所以I=%+〉的最大值为3，由于y=log2%为增函数，故

Z=IOg2（x+y-l）的最大值为1.

【点睛】本题主要考查线性约束条件下，对数式的最值问题，先求真数部分的最值结合对数函数的单调性

可求.

22

15.设月，E2分别是双曲线鼻-亲∙=l（q>O∕>O））的左、右焦点，。为坐标原点，过左焦点耳作直

线EP与圆/+y2=/切于点E,与双曲线右支交于点尸，且满足OE=?。尸+。片），IOq=应，则

双曲线的方程为.

22

【答案】二-匕=1

28

【解析】

【分析】作图，根据图中的几何关系以及条件求出匕即可.

IOPI=31=C，

又IoKl=C,∙∙∙LF∣PF∖的外接圆是以O为圆心，|0制=C为半径的圆，.∙.片LPK,

由∣OE∣=√Σ知”=√∑,∕=2,在RrOEFl中，但用=Jo用2_依同2=JC2一2,

22

∣fJP∣=2∣Eξ∣=2√^≡2,∣PF2∣=y∣∖FlF2f-∖PFtf=√4c-4（c-2）=2√2,

根据双曲线的定义有：I尸耳ITP闾=2α,.∙.p5E∣=4立,即

2∙∖∕C2-2=4∙∖∕2,C2=10,.^.b1=c2—a2=8，

22

双曲线的方程为：土一二=1；

28

22

故答案为：三一X=L

28

16.甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为］；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为J.假

定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下

是等可能的，则甲胜第一局，乙胜第二局的概率为.

7

[答案】

【解析】

【分析】分析出每局输匾情况，结合独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率.

【详解】第一局甲胜，第二局乙胜：

若第一局甲执黑子先下，则甲胜第一局的概率为：，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为

若第一局乙执黑子先下，则甲胜第一局的概率为g,第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为

121Ill7

所以，第一局甲胜，第二局乙胜的概率为P=-χ-χ-+-χ-χ-=-;

23222224

7

故答案为：——•

24

三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤

17.已知数列｛α,,｝的前〃项和为S“，且满足q=2,5n+l=2S,,+2.

（1）求数列｛%｝的通项公式.

.na,、

⑵记”=西向tt②，求数列出｝的前〃项和小

【答案】（1）a,,=2"

【解析】

【分析】（1）方法一：由S”之间关系可证得数列｛%｝为等比数列，由等比数列通项公式求得。“；

方法二：由已知关系式可证得数列｛S.+2｝为等比数列，由此可推导求得S.，利用q,S“之间关系可求得

（2）由（1）可得为，采用裂项相消法可求得结果.

【小问1详解】

方法一：当〃=1时，由S,用=2S,,+2得：5,=2Sl+2,β∣]q+%=2q+2,

又4=2,.∙.g=4；

当力≥2时，％+]=SH+[-Sn=2Sll+2-2S〃_]-2=2an,

又4=2,4=4满足生=2。],即当〃=1时，。〃+]=2。〃成立，

•••数列｛4｝是以2为首项，2为公比的等比数列，∙∙∙4=2"（"∈N*）,

方法二：由S,,+∣=2S,,+2得：S,M+2=2(S,+2),又S∣+2=G+2=4,

数列｛S,,+2｝是以4为首项，2为公比的等比数列，∙∙∙S,,+2=4χ2"T=2"+∣,

n+

即Sn=2'-2,

π+l,,

当〃22时，all=Sl,-S^=2-2-2'+2=2',

又4=2满足%=2",；.4“=2"(〃6>｝*).

【小问2详解】

,,n-2"2,'+'2"

由(1)得：b=-^τγ~τ=~~>

n(n+l)(n+2)〃+2n+1

2221232224232〃2”-12〃+i2〃2"+ι

I-------J----------------∣-∙∙∙-------1-------=----1.

n324354〃+1nn+2n+∖n+2

18.某厂商调查甲、乙两种不同型号电视机在8个卖场的销售量（单位；台），并根据这8个卖场的销售情

况，得到如图所示的茎叶图.为了鼓励卖场，在同型号电视机的销售中，该厂商将销售量高于数据平均数

的卖场命名为该型号电视机的“星级卖场”.

甲乙

480010

7522023

43\2ab

（1）当a=l,6=1时，记甲型号电视机的“星级卖场”数量为,乙型号电视机的“星级卖场”数量

为〃，比较"?，〃的大小关系；

（2）在这8个卖场中，随机选取2个卖场，求这两个卖场都是甲型号电视机的“星级卖场”的概率；

（3）记乙型号电视机销售量的方差为S?,根据茎叶图推断〃与人分别取何值时，S?达到最小值.（只需

写出结论）

【答案】（1）m=n

（2）17

（3）a=b=O

【解析】

【分析】（1）计算甲乙的平均数比较大小即可；

（2）分析数据，列出X的分布列并求出数学期望；

（3）根据方差的性质，α=b=0时，离散程度越小，52达到最小值.

【小问1详解】

10+10+14+18+22+25+27+34

根据茎叶图可知甲组数据的平均数为=20，

8

10+20+22+23+31+32+31+31

=25,

乙组数据的平均数为-8-

甲型号电视机的''星级卖场”数量为m=4,乙型号电视机的“星级卖场”数量为〃=4,所以机=〃；

【小问2详解】

由（1）知，甲型号电视机的“星级卖场”数量为4,设选取的两个卖场都是甲型电视机的“星级卖场”设

为事件M,

设甲型号电视机的“星级卖场”分别为a,b,c,d,甲型号电视机的非“星级卖场”分别为A,B,C,

D,从这8个卖场中，随机选取2个卖场，

有AB,AC,AD,Aa,Ab,Ac,Ad,BC,BD,Ba,Bb,Be,Bd,CD,Ca,Cb,Ce,Cd,Da,Db,

De,Dd,ab,ac,ad,be,bd,cd,共计28个

其中满足条件为“b,ac,ad,be,bd,cd,计6个所以，P（M）=—=一

v72814

【小问3详解】

方差代表和中心偏离的程度，设平均数为嚏，

2222222

ι（10-x）+（20-x）+（22-x）+（23-x）+（31-x）+（32-Λ）+（30+a-x）+（30+b-x^

S-

8

0≤α≤9,0≤b≤9,值越小和中心偏离的程度越小，方差越小,

所以当α=ZJ=O时，/达到最小值.

19.在C中，ZACB=45，8C=3,过点力作交线段Be于点。（如图1）,沿AO将

△A8O折起，使NBZ）C=90（如图2）,点E、M分别为棱BC、AC的中点.

（2）在图2中，当三棱锥A-BCZ）的体积取最大值时，求三棱锥A-Mf（E的体积.

【答案】（1）证明见解析

【解析】

【分析】(I)由CO,AO,CO证得Col■平面ABD,从而CDJ_A3,又MEVAB,即可得证；

(2)设Bo=MO<x<3),可证AD,平面BC。，可得匕YQ=IAo∙SABS=，(χ3-6Y+9x),利

用导数法求最值，可知x=3O=l,又6。人平面48,利用等体积法，由匕FoE=VEY.求得答案.

【小问1详解】

CD±AD,CDLBD,ADBD=D,AD,BZ)U平面48£),

∖CD^平面AB。，ABU平面ABLAB

又∙M,E分别为AC、8C的中点，.∙.ME"AB,.∙.CD_LME.

【小问2详解】

图1所示的dABC中，设BO=X(O<x<3),则8=3—x,

.ADlBC,NACB=45，.∙.jlDC为等腰直角三角形，,AD=CO=3—%.

折起后45LOC,ADJ.BD,且BolDC=D,BD、OCu平面BCD,

.•.AD，平面BC。，又N5DC=90，,Ssc。=；x(3—x)，

匕-8Co=；ADS4BS=；XgX(3-x)2=g(χ3-6χ2+9x),x∈(0,3),

令/(x)=J(χ3-6χ2+9x),x∈(0,3),r(x)=；(X-I)(X—3),

当O<x<l时，制χ)>0,/(x)单调递增；当l<x<3时，∕,(x)<0,/(x)单调递减，

.∙.x=BO=l时，/(x)取最大值，即三棱锥A-BCC的体积最大，

Ar)J_平面BC。，BDU平面BCD,.∙.SD±AD,

又BDLDC,ADDC=D,AD，DCU平面4C。，.∙.B0,平面AC。，

因为E为线段8C的中点，所以E到平面ACD的距离’80='，

22

SAADM=5S4ACD=3乂5乂2乂2=1，

又^A-MDE=VE-ADM=ZX77^∆ADM=T,

326

故三棱锥A-MDE的体积为ɪ.

6

20.若存在实数k,b,使得函数/(X)和g(%)对其定义域上的任意实数X同时满足：〃x)≥"+6且

g^x)≤kx+bf则称直线：I:y=Ax+上为函数/(%)和g(x)的“隔离直线”.已知I(X)=X2,

g(x)=2elnx(其中e为自然对数的底数).试问：

(1)函数/(x)和g(x)的图象是否存在公共点，若存在，求出交点坐标，若不存在，说明理由；

(2)函数/(X)和g(x)是否存在“隔离直线”？若存在，求出此“隔离直线”的方程；若不存在，请说明理

由.

【答案】(1)存在，交点坐标为(加,e)；(2)存在，y^2y∣ex-e

【解析】

【分析】(1)构造函数F(X)=/(x)-g(x),求导得到函数的单调区间，得到函数在X=G处取得最小值

为0,得到答案.

(2)设直线y-e=%(x-G),根据/(x)≥依一%G+e得到％=2&，再证明g(x)≤2&x-e恒成

立，令G(X)=2Gx-e-g(x),求导得到单调区间，计算最值得到证明.

详解】(1)vF(x)=/(x)-^(x)=x2-2elnx(x>0),

∙∙∙F(X)S3=2(")(X+G),令F(X)=0,得X=G

XX

当0<x<五时，F(X)<0,χ>√7时，F,(X)>O,

故当X=五时，E(X)取到最小值，最小值是0,

从而函数/(x)和g(x)的图象在X=五处有公共点，交点坐标为(五,e).

(2)由⑴可知，函数“X)和g(x)的图象在χ=√;处有公共点，

因此存在f(x)和g(X)的隔离直线，那么该直线过这个公共点,

设隔离直线的斜率为k,则隔离直线方程为>-e=Z(X-五)，

即y=kx-k>∕e+e>

由/(x)≥kx-k∖fe+e(xeR),可得J一米+人五一620在XeR上恒成立，

则△=后~一4人^^+4e=(%—2"T?)≤0>只有％=26，

此时直线方程为：y=28x-e,下面证明g(x)≤2Gx-e恒成立，

令G(X)=2&x—e—g(X)=2∙Jex-e-2e∖nx,

*=2五3=2口-2e=2五L当X

=五时，G(X)=O,

XXX

当0<x<正时G'(X)<O,函数单调递减；元>人时，Gr(X)>0,函数单调递增,

则当X=五时，G(X)取到最小值是0,

所以G(X)=2&x-e-g(X)≥0,则g(x)≤2Gx-e当x>0时恒成立.

；.函数/(x)和g(尤)存在唯一的隔